Atcoder Library 配置入门

配置

首先，你需要在这个 blog 里面下载 Atcoder Library 的压缩包。可以发现里面有三堆东西，一个 python 程序，两种语言的 document，还有一个库文件夹。

把库文件夹直接拖到你的编译器库文件相同目录下。Mingw 的路径应该都是 \lib\gcc\x86_64-w64-mingw32\8.1.0\include\c++，如果不是也容易自己寻找一下。或者定义环境变量 CPLUS_INCLUDE_PATH，然后把 ac-library 文件夹的路径粘进去。

需要使用时直接引用库 #include <atcoder/all>，并 using namespace atcoder;。

约定：存在宏定义 ll 表示 long long，ull 表示 unsigned long long，uint 表示 unsigned int。

内容

只介绍一部分比较有用的。

static_modint <mod> 类型

该类型的声明形如 static_modint <mod> x;，其中 $mod$ 是一个 $[1,2\times 10^9+1000]$ 的整数。还有 modint998244353 和 modint1000000007 两个自带类型（前者表示 static_modint <998244353>，后者同理）。

ACL 为其重载了四则运算（除法需要保证有逆元）和判断符号，包括 --，++，+= 等运算符。

需要注意任何与 static_modint <mod> 类型的运算都会将常数强转为此类型导致取模过多造成效率下降。你可以使用 static_modint <mod>::raw(int x) 直接返回 $x$ 而不经取模，需要保证 $0\le x<mod$，否则行为未定义。

你可以使用 int x.val() 读取一个 static_modint <mod> 类型变量 $x$ 的值用于其他 int 操作（例如输入输出）。

你可以使用 static_modint <mod> x.pow(ll n) 得到 $x^n$。

你可以使用 static_modint <mod> x.inv() 得到 $x$ 的逆元。

dynamic_modint 类型

该类型的声明形如 dynamic_modint <mod> x;，其中 $mod$ 是一个 $[1,2\times 10^9+1000]$ 的整数。也可以简写为 modint x;，它表示 dynamic_modint <-1> x;，注意此时必须重新设置模数，否则行为未定义。

使用 void dynamic_modint <mod>::set_mod(int m) 将某种类型的 $mod$ 修改为 $m$，其中 $m$ 是一个 $[1,2\times 10^9+1000]$ 的整数。你还可以使用 int dynamic_modint <mod>::mod() 来获取该类型此时的模数但我不知道有什么用。

其他使用方式同 static_modint。注意该类型不能用于 ACL 内置的 NTT 等。

$(+,\times)$ 卷积

计算 $c_i=\sum\limits_{j=0}^ia_jb_{i-j}$。返回一个大小为 $|a|+|b|-1$ 的 vector 表示 $c$，第 $i$ 项表示 $c_i$。

包含两个函数：

vector <T> convolution<mod>(vector <T> a, vector <T> b)
vector <ll> convolution_ll(vector <ll> a, vector <ll> b)

其中 T 是 int, uint, ll, ull 其中之一或者 ACL 的 static_modint 类型。

前者基于 NTT 实现，所以你需要保证 $mod$ 是一个满足存在 $c$ 使得 $2^c|mod-1$ 且 $|a|+|b|-1\le 2^c$ 的质数。如果不填入 <mod>，则默认模数 $998244353$。时间复杂度同 NTT，是 $\mathcal O(n\log n+\log p)$。

后者需要保证卷出来的结果都在 long long 范围内，且 $|a|+|b|-1\le 2^{24}$。时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

dsu

本质是一个结构体。你可以使用 dsu d(int n) 声明并初始化 $fa_i=i$ 一个大小为 $n$ 名为 d 的并查集。注意点的编号是从 $0$ 开始的。

• int d.merge(int a, int b)：将 $(a,b)$ 连接在一起，并返回连通块的代表元。
• bool d.same(int a, int b)：返回 $(a,b)$ 是否在同一连通块内。
• int d.leader(int a)：返回 $a$ 所在连通块的代表元。
• int d.size(int a)：返回 $a$ 所在连通块的大小。
• vector<vector<int>> d.groups()：返回所有连通块包含的点的集合的集合。

Fenwick Tree（树状数组）

本质是一个结构体。你可以使用 fenwick_tree<T> fw(int n) 声明并初始化为全 $0$ 一个大小为 $n$ 类型为 T 名为 fw 的树状数组。其中 T 是 int, uint, ll, ull 其中之一或者 ACL 的 static_modint 类型。注意下标的编号是从 $0$ 开始的。

• void fw.add(int p, T x)：单点 $p$ 加上 $x$。
• T fw.sum(int l, int r)：查询 $[l,r]$ 的区间和。注意如果 T 是 int, uint, ll, ull 其中之一，如果答案超出范围，则会自然溢出（对 $2^\text{bit}$ 取模）。

（带懒标记的）线段树

我愿称之为最吊。

考虑线段树的数学意义，其实就是半群单点修改和区间求积。所以我们要重载半群信息和乘法。你需要确保自己的半群乘法具有结合律。事实上，对于合理的半群信息维护，你总能将形式写成矩阵乘法，所以总是具有结合律。

你有两种方式 $\mathcal O(n)$ 建立一棵包含懒标记的线段树，同样注意下标的编号是从 $0$ 开始的：

lazy_segtree<S, op, e, F, mapping, composition, id> seg(int n);
lazy_segtree<S, op, e, F, mapping, composition, id> seg(vector<S> v);

前半部分是相同的：

• S 是一个结构体，包含了所有你的标记和答案所需要维护的半群信息。
• op 是一个函数 S op(S x, S y)，表示将信息 $x$ 左乘信息 $y$ 合并在一起得到的信息（即 $x\cdot y$）。
• e 是一个函数 S e()，表示信息的左乘单位元，也就是满足 $e\cdot x=x$ 的 $e$。
• F 是一个结构体，包含了你的标记信息。
• mapping 是一个函数 S mapping(F x, S y)，表示将标记 $x$ 左乘信息 $y$ 合并在一起得到的信息。
• composition 是一个函数 F composition(F x, F y)，表示将标记 $x$ 左乘标记 $y$，也就是将标记 $x$ 合并到 $y$ 得到的标记（即 $x\circ y$）。
• id 是一个函数 F id()，表示标记的左乘单位元，也就是合并到其他标记上不会影响其他标记的标记。也就是满足 $\text{id}\circ x=x$ 的 $\text{id}$。

后半部分，对于前者表示生成一棵维护 $[0,n-1]$ 的线段树，目前每个元素为信息的单位元 $e$；对于后者表示生成一棵维护 $[0,siz(v)-1]$ 的线段树，目前每个元素为 v 中的对应元素。

然后你可以使用以下函数：

• void seg.set(int p, S x)：单点修改 $p$ 上的信息为 $x$。
• S seg.get(int p)：单点查询 $p$ 上的信息。
• S seg.prod(int l, int r)：区间查询左闭右开区间 $[l,r)$ 的区间半群信息。对于 $l=r$ 返回单位元。对于 $l>r$ 行为未定义。
• S seg.all_prod()：查询 $[0,n)$ 的整个半群信息，时间复杂度 $\mathcal O(1)$。
• void seg.apply(int p, F f)：单点修改，将标记 $f$ 合并到 $p$ 上的信息。
• void seg.apply(int l, int r, F f)：区间修改，将标记 $f$ 合并到 $[l,r)$ 的所有信息。

还有一些线段树上二分操作。

你需要定义一个确定性的函数 bool g(S x)，需要满足其你所需的二分单调性。特别地，你需要使得 g(e()) 的返回值为 true。

• int seg.max_right<g>(int l) 函数：返回右侧第一个 $r$ 使得 $[l,r)$ 的区间信息的 $g$ 值是 true 且 $[l,r]$ 的区间信息的 $g$ 值是 false。特别地，如果所有值均为 true 则返回 $n$；如果所有值均为 false 则返回 $l$。
• int seg.min_left<g>(int r) 函数：返回左侧第一个 $l$ 使得 $[l-1,r)$ 的区间信息的 $g$ 值是 false 且 $[l,r)$ 的区间信息的 $g$ 值是 true。特别地，如果所有值均为 true 则返回 $0$；如果所有值均为 false 则返回 $r$。

以上操作无特殊说明时间复杂度均为 $\mathcal O(\log n)$。当然还要乘上标记或信息合并的复杂度 $\mathcal O(T)$。

对于不带懒标记的线段树，主体部分只实现 S, op(), e() 就足够了。

数学库（类欧、逆元、快速幂、CRT）

• ll pow_mod(ll x, ll n, int m)：返回 $x^n\bmod m$。
• ll inv_mod(ll x, ll m)：返回 $x$ 在模 $m$ 意义下的逆元。
• ll floor_sum(ll n, ll m, ll a, ll b)：使用类欧，返回 $\sum\limits_{i=0}^{n-1}\left\lfloor\frac{ai+b}{m}\right\rfloor$，复杂度 $\mathcal O(\log (n+m+a+b))$。你需要保证 $a,b<m$。
• pair<ll, ll> crt(vector<ll> r, vector<ll> m)：使用 ExCRT，返回方程组 $x\equiv r_i\pmod {m_i}$ 的解。若无解，返回 $(0,0)$，否则返回 $(y,z)$ 表示解为 $x\equiv y\pmod z$，其中 $z=\operatorname{lcm}(m_i)$。若方程数量为 $0$ 则返回 $(0,1)$。你需要保证 $\operatorname{lcm}(m_i)$ 在 long long 范围内。